Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(\Delta_m\right)\) và \(\left(C_m\right)\) được viết thành :

    \(\left(x+1\right)\left(x^2-3mx+2m^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-m\right)\left(x-2m\right)=0\)

\(\Rightarrow\) Giao điểm của  \(\left(\Delta_m\right)\) và \(\left(C_m\right)\)  gồm \(A\left(-1;-m-m^2\right);B\left(m;0\right)\) và \(C\left(2m;m^2\right)\), trong số đó, A là điểm duy nhất có hoành độ không đổi (khi m thay đổi)

Đặt \(f_m\left(x\right)=x^3-\left(3m-1\right)x^2+2m\left(m-1\right)x+m^2\)

Các tiếp tuyến của  \(\left(C_m\right)\)  tại B và C lần lượt là các đường thẳng :

\(\left(\Delta_B\right):y=f_m'\left(x_B\right)x+y_b-f_m'\left(x_B\right)x_B\)

\(\left(\Delta_C\right):y=f_m'\left(x_C\right)x+y_C-f_m'\left(x_C\right)x_C\)

Ta cần tìm m để B và C cùng khác A và \(\Delta_B\backslash\backslash\Delta_C\), tức là :

\(\begin{cases}x_B\ne x_A\\x_C\ne x_A\\f'_m\left(x_B\right)=f'_m\left(x_C\right)\\y_B-f'_m\left(x_B\right)x_B\ne y_C-f'_m\left(x_C\right)x_C\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne-1\\m\ne-\frac{1}{2}\\-m^2=2m^2+2m\\m^3\ne-4m^3-3m^2\end{cases}\)

                                                        \(\Leftrightarrow m=-\frac{2}{3}\)

Bước 1: Phân tích \(2^{2025} + 2\)

Ta có:

\(2^{2025} + 2 = 2 \left(\right. 2^{2024} + 1 \left.\right)\)

Vậy phương trình trở thành:

\(\left(\right. 2 x + y \left.\right) \left(\right. 10 x + 3 y \left.\right) = 2 \left(\right. 2^{2024} + 1 \left.\right)\)

Bước 2: Quan sát tính chẵn/lẻ

• \(2 x + y\) và \(10 x + 3 y\) là các số tự nhiên.
• Hãy xem chúng có thể chia 2 như thế nào.

Gọi \(a = 2 x + y\), \(b = 10 x + 3 y\). Ta có:

\(a \cdot b = 2 \left(\right. 2^{2024} + 1 \left.\right)\)

• Nhận xét: \(2^{2024} + 1\) là số lẻ.
• Vậy \(2 \left(\right. 2^{2024} + 1 \left.\right)\) là số chẵn nhưng không chia hết cho 4.
• Vì \(a \cdot b = 2 \cdot \left(\right. \text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{l}ẻ \left.\right)\), nghĩa là một trong hai số \(a\) hoặc \(b\) là chẵn, số còn lại là lẻ.

Bước 3: Thử phân tích

• Nếu \(a = 2\) → \(b = 2^{2024} + 1\)
  → Từ \(a = 2 = 2 x + y\) → \(y = 2 - 2 x\)
  → \(y \geq 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x = 0 , 1\)
• 1. \(x = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = 2\)
     → \(b = 10 x + 3 y = 0 + 3 * 2 = 6 \neq 2^{2024} + 1\) → Không được.
  2. \(x = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = 0\)
     → \(b = 10 * 1 + 3 * 0 = 10 \neq 2^{2024} + 1\) → Không được.
• Nếu \(b = 2\) → \(a = 2^{2024} + 1\)
  → \(10 x + 3 y = 2\) → Không có nghiệm tự nhiên vì 10x ≥0, 3y ≥0 mà tổng bằng 2.

Bước 4: Kết luận

• Không thể phân tích \(2^{2025} + 2\) thành tích của hai số tự nhiên nhỏ như \(2 x + y\) và \(10 x + 3 y\).
• Vì \(2^{2024} + 1\) là số lẻ rất lớn, không thể biểu diễn dưới dạng \(2 x + y\) với \(x , y \in \mathbb{N}\).

✅ Vậy không tồn tại cặp số tự nhiên \(\left(\right. x , y \left.\right)\) thỏa mãn phương trình.

Để kiểm tra một hàm F(x) có phải là một nguyên hàm của f(x) không thì ta chỉ cần kiểm tra F'(x) có bằng f(x) không?

a) \(F\left(x\right)\) là hằng số nên \(F'\left(x\right)=0\ne f\left(x\right)\)

b) \(G'\left(x\right)=2.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{\cos^2x}=1+\tan^2x\)

c) \(H'\left(x\right)=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}\)

d) \(K'\left(x\right)=-2.\dfrac{-\left(\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{x}{2}}\right)}{\left(1+\tan\dfrac{x}{2}\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{x}{2}}}{\left(\dfrac{\cos\dfrac{x}{2}+\sin\dfrac{x}{2}}{\cos\dfrac{x}{2}}\right)^2}\)

\(=\dfrac{1}{\left(\cos\dfrac{x}{2}+\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}=\dfrac{1}{1+2\cos\dfrac{x}{2}\sin\dfrac{x}{2}}\)

\(=\dfrac{1}{1+\sin x}\)

Vậy hàm số K(x) là một nguyên hàm của f(x).

Câu 1:

\(\int\frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\frac{1}{2}\int\frac{sinx+cosx+sinx-cosx}{sinx+cosx}dx=\frac{1}{2}\int dx-\frac{1}{2}\int\frac{cosx-sinx}{sinx+cosx}dx\)

\(=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\int\frac{d\left(sinx+cosx\right)}{sinx+cosx}=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}ln\left|sinx+cosx\right|+C\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{2}\\b=-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\int cos^2xdx=\int\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}cos2x\right)dx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}sin2x+C\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=\frac{1}{2}\\d=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I=5\)

Câu 2:

\(I=\int\left(sin\left(lnx\right)-cos\left(lnx\right)\right)dx=\int sin\left(lnx\right)dx-\int cos\left(lnx\right)dx=I_1-I_2\)

Xét \(I_2=\int cos\left(lnx\right)dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=cos\left(lnx\right)\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=-\frac{1}{x}sin\left(lnx\right)dx\\v=x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I_2=x.cos\left(lnx\right)+\int sin\left(lnx\right)dx=x.cos\left(lnx\right)+I_1\)

\(\Rightarrow I=I_1-\left(x.cos\left(lnx\right)+I_1\right)=-x.cos\left(lnx\right)+C\)

b/ \(I=\int\limits sin\left(lnx\right)dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=sin\left(lnx\right)\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\frac{1}{x}cos\left(lnx\right)dx\\v=x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=x.sin\left(lnx\right)-\int cos\left(lnx\right)dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=cos\left(lnx\right)\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=-\frac{1}{x}sin\left(lnx\right)dx\\v=x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=x\left[sin\left(lnx\right)-cos\left(lnx\right)\right]-I\)

\(\Rightarrow I=\frac{1}{2}x\left[sin\left(lnx\right)-cos\left(lnx\right)\right]|^{e^{\pi}}_1=\frac{1}{2}\left(e^{\pi}+1\right)\)

\(\Rightarrow a=2;b=\pi;c=1\)

Ta có \(y'=3mx^2-6mx\Rightarrow y'=0\Rightarrow\begin{cases}x=0\\x=2\end{cases}\) với mọi m khác 0

Do y' đổi dấu qua x=0 và x=2 nên đồ thị có 2 điểm cực trị => Điều phải chứng minh 

Với \(x=0\Rightarrow y=3\left(m-1\right);x=2\Rightarrow y=-m-3\)

Do vai trò của A, B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử \(A\left(0;3m-3\right);B\left(2;-m-3\right)\)

Ta có : \(OA^2+OB^2-2OA^2=-20\Leftrightarrow9\left(m-1\right)^2+4+\left(m+3\right)^2-2\left(4-16m\right)^2=-20\)

                                           \(\Leftrightarrow11m^2+6m-17=0\Leftrightarrow\begin{cases}m=1\\m=-\frac{17}{11}\end{cases}\)

Kết luận : Với \(\begin{cases}m=1\\m=-\frac{17}{11}\end{cases}\) yêu cầu bài toán được thỏa mãn

\(z=x+y.i\) \(\Rightarrow\overline{z}=x-yi\)

Theo bài ra ta có:

\(\frac{1}{z}=\overline{z}\Leftrightarrow\frac{1}{x+yi}=x-yi\)

\(\Leftrightarrow\left(x+yi\right)\left(x-yi\right)=1\Leftrightarrow x^2+y^2=1\)

\(\Rightarrow\left|z\right|=1\)

\(logu_1+\sqrt{2+logu_1-2logu_{10}}=2logu_{10}\)

\(\Leftrightarrow logu_1-2logu_{10}+\sqrt{2+logu_1-2logu_{10}}=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-2+t=0\)(\(t=\sqrt{2+logu_1-2logu_{10}}\ge0\)) 

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=1\\t=-2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow2+logu_1-2logu_{10}=1\)

\(\Leftrightarrow2+logu_1-2log\left(2^9u_1\right)=1\)

\(\Leftrightarrow log\left(10u_1\right)=log\left(2^9u_1\right)^2\)

\(\Rightarrow10u_1=2^{18}u_1^2\)

\(\Leftrightarrow u_1=\frac{10}{2^{18}}\).

\(u_n=\frac{2^{n-1}.10}{2^{18}}>5^{100}\Leftrightarrow n>log_2\left(\frac{5^{100}.2^{19}}{10}\right)=-log_210+100log_25+19\)

Suy ra \(n\ge248\).